山東省淄博市桓臺(tái)縣第一職業(yè)高級(jí)中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理上學(xué)期期末試卷含解析

山東省淄博市桓臺(tái)縣第一職業(yè)高級(jí)中學(xué)2022-2023學(xué)年高三物理上學(xué)期期末試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1.電阻R1．R2交流電源按照?qǐng)D1所示方式連接，R1=10，R2=20。合上開關(guān)后S后，通過電阻R2的正弦交變電流i隨時(shí)間t變化的情況如圖2所示。則A．通過R1的電流的有效值是1.2AB．R1兩端的電壓有效值是6VC．通過R2的電流的有效值是1.2AD．R2兩端的電壓有效值是6V參考答案：B2.（單選）一個(gè)質(zhì)量為m的木塊靜止在粗糙的水平面上，木塊與水平面間的滑動(dòng)摩擦力大小為2F0，某時(shí)刻開始受到如圖所示的水平拉力的作用，下列說法正確的是（）A．0到t0時(shí)間內(nèi)，木塊的位移大小為B．t0時(shí)刻合力的功率為C．0到t0時(shí)間內(nèi)，水平拉力做功為D．2t0時(shí)刻，木塊的速度大小為參考答案：【考點(diǎn)】：牛頓第二定律；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．【專題】：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題．【分析】：根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出瞬時(shí)速度的大小和位移的大小，根據(jù)力和位移求出水平拉力做功大?。航猓篈、0到t0時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的加速度為產(chǎn)生的位移為，故A錯(cuò)誤；B、t0時(shí)刻的速度為v=at0=，t0時(shí)刻合力的功率為為P=2F0v=，故B錯(cuò)誤；C、0到t0時(shí)間內(nèi)，水平拉力做功為W=，故C錯(cuò)誤；D、在t0之后產(chǎn)生的加速度為，2t0時(shí)刻，木塊的速度大小為v=，故D正確；故選：D【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合運(yùn)用，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁3.（多選）如圖所示，間距為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)軌豎直平行放置，空間有垂直于導(dǎo)軌所在平面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在導(dǎo)軌上端接一電容為C的電容器，一質(zhì)量為m的金屬棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸，由靜止開始釋放，釋放時(shí)ab距地面高度為h，(重力加速度為g,一切摩擦及電阻均不計(jì))在金屬棒下滑至地面的過程中，下列說法正確的是：A、金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為gB、金屬棒運(yùn)動(dòng)到地面時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電勢(shì)能為mghC、金屬棒做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度為mg/(m+CB2L2)D、金屬棒運(yùn)動(dòng)到地面時(shí)，電容器儲(chǔ)存的電勢(shì)能為mghCB2L2/(m+CB2L2)參考答案：CD4.如圖所示，物塊M在靜止的傳送帶上以速度v勻速下滑時(shí)，傳送帶突然啟動(dòng)，方向如圖中箭頭所示，若傳送帶的速度大小也為v，則傳送帶啟動(dòng)后A.M靜止在傳送帶上

B.M受到的摩擦力不變C.M下滑的速度減小

D.M可能沿斜面向上運(yùn)動(dòng)參考答案：B解：物塊M在靜止的傳送帶上以速度v勻速下滑時(shí)，物體受重力、支持力、沿皮帶向上的滑動(dòng)摩擦力；傳送帶突然啟動(dòng)，方向如圖中箭頭所示，物體仍然受重力、支持力、沿皮帶向上的滑動(dòng)摩擦力；據(jù)，物體受到的摩擦力不變，物體仍沿傳送帶以速度v勻速下滑。故B項(xiàng)正確，ACD三項(xiàng)錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】滑動(dòng)摩擦力大小，方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的方向相反。5.（單選）如圖，真空中有兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷A、B，M、N、O是AB連線的垂線上點(diǎn)，且BO＞AO．一質(zhì)子僅在電場(chǎng)力作用下，其運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖中實(shí)線所示．設(shè)M、N兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為EM、EN，電勢(shì)分別為φM、φN．下列判斷中正確的是（）A．A點(diǎn)電荷一定帶正電B．EM＞ENC．φM＞φND．若質(zhì)子從N運(yùn)動(dòng)到M，電場(chǎng)力做正功參考答案：考點(diǎn)：電勢(shì)；電場(chǎng)強(qiáng)度．專題：電場(chǎng)力與電勢(shì)的性質(zhì)專題．分析：該題實(shí)質(zhì)上考查常見電場(chǎng)的電場(chǎng)分布與特點(diǎn)，可以結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)特點(diǎn)分析．解答：解：A：負(fù)電荷受力的方向與電場(chǎng)線的方向相反，與彎曲的方向相同，故B應(yīng)帶正電荷，A錯(cuò)誤；B：在該連線上，從O到N到無(wú)窮遠(yuǎn)，E先增大，后減小，故B錯(cuò)誤；C：N點(diǎn)到正負(fù)電荷A的距離近，故M點(diǎn)處的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)處的電勢(shì)，故C正確；D：M點(diǎn)處的電勢(shì)一定高于N點(diǎn)處的電勢(shì)，從N到MN電場(chǎng)力做負(fù)功，故D錯(cuò)誤．故選：C點(diǎn)評(píng)：該題考查常見電場(chǎng)的電場(chǎng)分布與特點(diǎn)，結(jié)合等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)分布特點(diǎn)的圖，可以直接判定．屬于簡(jiǎn)單題．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計(jì)16分6.（4分）按照有關(guān)規(guī)定，工作場(chǎng)所受到的電磁輻射強(qiáng)度（單位時(shí)間內(nèi)垂直通過單位面積的電磁輻射能量）不得超過0.50瓦／米2。若某一小型無(wú)線通訊裝置的電磁輻射功率是1瓦，那么在距離該通訊裝置

米以外是符合規(guī)定的安全區(qū)域（已知球面面積為S＝4πR2）。參考答案：答案：0.407.在研究彈簧的形變與外力的關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中，將彈簧水平放置測(cè)出其自然長(zhǎng)度，然后豎直懸掛讓其自然下垂．在其下端豎直向下施加外力F，實(shí)驗(yàn)過程是在彈簧的彈性限度內(nèi)進(jìn)行的，用記錄的外力F與彈簧的形變量x作出F－x圖線如圖所示，由圖

可知彈簧的勁度系數(shù)為k=

N/m，圖線不過原點(diǎn)

的原因是由于______．參考答案：k=200N/m；彈簧具有重量，應(yīng)將彈簧懸掛后測(cè)量原長(zhǎng)8.一個(gè)電流表的內(nèi)阻Rg=36Ω,滿偏電流Ig=10mA，將它改裝成較大量程的電流表，測(cè)得改裝后電流表得內(nèi)阻是0.36Ω，則改裝后電流表的量程為

A，并聯(lián)的分流電阻為

Ω。參考答案：1

0.364略9.在測(cè)量重力加速度的實(shí)驗(yàn)中，有位同學(xué)用一根細(xì)線和一質(zhì)量分布均勻的小球制成單擺。其已測(cè)得此單擺20個(gè)周期的時(shí)間t，懸點(diǎn)到小球頂端的線長(zhǎng)為l，還需要測(cè)量的物理量有_______________________。將g用測(cè)得的物理量表示，可得g=_____________。參考答案：1)小球的直徑d;g=10.參考答案：200遠(yuǎn)距離輸電電壓，輸電線上損失的電壓，11.設(shè)地球的半徑為R0，質(zhì)量為m的衛(wèi)星在距地面2R0高處做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，地面的重力加速度為g，則衛(wèi)星的加速度為

，衛(wèi)星的周期為

。參考答案：12.某物理興趣小組準(zhǔn)備自制一只歐姆表，現(xiàn)有以下實(shí)驗(yàn)器材：①Ig=l00μA的微安表一個(gè)；②電動(dòng)勢(shì)E=1．5V，電阻可忽略不計(jì)的電源一個(gè)；③最大電阻為9999Ω的電阻箱R一個(gè)；④紅、黑測(cè)試表筆和導(dǎo)線若干。某同學(xué)用以上器材接成如圖甲所示的電路，并將電阻箱的阻值調(diào)至14kΩ，就成功地改裝了一個(gè)簡(jiǎn)易的“R×1k”的歐姆表，改裝成的歐姆表表盤刻線如圖乙所示，其中“15”刻線是微安表的電流半偏刻線處。

（1）紅表筆一定是____（填“A”或“B”）。

（2）原微安表的內(nèi)阻Rg=____Ω。

（3）理論和實(shí)驗(yàn)研究均發(fā)現(xiàn)，在圖甲電路的基礎(chǔ)上（不改換微安表．電源和電阻箱的阻值）．圖乙的刻度及標(biāo)度也不改變，僅增加一個(gè)電阻R′，就能改裝成“R×l”的歐姆表，如圖丙所示，則電阻R′_____Ω（保留兩位有效數(shù)字）。參考答案：13.右圖為“研究一定質(zhì)量氣體在壓強(qiáng)不變的條件下，體積變化與溫度變化關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。粗細(xì)均勻的彎曲玻璃管A臂插入燒瓶，B臂與玻璃管C下部用橡膠管連接，C管開口向上，一定質(zhì)量的氣體被封閉于燒瓶?jī)?nèi)。開始時(shí)，B、C內(nèi)的水銀面等高。（1）若氣體溫度升高，為使瓶?jī)?nèi)氣體的壓強(qiáng)不變，應(yīng)將C管_______（填：“向上”或“向下”）移動(dòng)，直至_____________。（2）（單選）實(shí)驗(yàn)中多次改變氣體溫度，用Dt表示氣體升高的攝氏溫度，用Dh表示B管內(nèi)水銀面高度的改變量。根據(jù)測(cè)量數(shù)據(jù)作出的圖線是：參考答案：向下，B、C兩管內(nèi)水銀面等高[

A

]三、簡(jiǎn)答題：本題共2小題，每小題11分，共計(jì)22分14.（8分）一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)A經(jīng)狀態(tài)B變?yōu)闋顟B(tài)C，其中AB過程為等壓變化，BC過程為等容變化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。（1）求氣體在狀態(tài)B時(shí)的體積。（2）說明BC過程壓強(qiáng)變化的微觀原因（3）沒AB過程氣體吸收熱量為Q，BC過氣體

放出熱量為Q2，比較Q1、Q2的大小說明原因。參考答案：解析：（1）設(shè)氣體在B狀態(tài)時(shí)的體積為VB，由蓋--呂薩克定律得，，代入數(shù)據(jù)得。(2)微觀原因：氣體體積不變，分子密集程度不變，溫度變小，氣體分子平均動(dòng)能減小，導(dǎo)致氣體壓強(qiáng)減小。(3)大于；因?yàn)門A=TB，故AB增加的內(nèi)能與BC減小的內(nèi)能相同，而AB過程氣體對(duì)外做正功，BC過程氣體不做功，由熱力學(xué)第一定律可知大于?？键c(diǎn)：壓強(qiáng)的微觀意義、理想氣體狀態(tài)方程、熱力學(xué)第一定律15.（09年大連24中質(zhì)檢）（選修3—4）（5分）半徑為R的半圓柱形玻璃，橫截面如圖所O為圓心，已知玻璃的折射率為，當(dāng)光由玻璃射向空氣時(shí)，發(fā)生全反射的臨界角為45°．一束與MN平面成45°的平行光束射到玻璃的半圓柱面上，經(jīng)玻璃折射后，有部分光能從MN平面上射出．求①說明光能從MN平面上射出的理由?

②能從MN射出的光束的寬度d為多少?參考答案：解析：①如下圖所示，進(jìn)入玻璃中的光線a垂直半球面，沿半徑方向直達(dá)球心位置O，且入射角等于臨界角，恰好在O點(diǎn)發(fā)生全反射。光線a右側(cè)的光線（如：光線b）經(jīng)球面折射后，射在MN上的入射角一定大于臨界角，在MN上發(fā)生全反射，不能射出。光線a左側(cè)的光線經(jīng)半球面折射后，射到MN面上的入射角均小于臨界角，能從MN面上射出。（1分）最左邊射向半球的光線c與球面相切，入射角i=90°折射角r=45°。故光線c將垂直MN射出（1分）

②由折射定律知（1分）

則r=45°

（1分）

所以在MN面上射出的光束寬度應(yīng)是

（1分）四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分16.偵察衛(wèi)星在通過地球兩極上空的圓形軌道上運(yùn)動(dòng)，它的運(yùn)動(dòng)軌道距離地面的高度為h,要使衛(wèi)星在一天時(shí)間內(nèi)將地面上赤道各處的情況全部都拍攝下來(lái)（衛(wèi)星轉(zhuǎn)一圈拍攝一次），衛(wèi)星在每次通過赤道上空時(shí)，衛(wèi)星的攝像機(jī)至少能拍攝地面上赤道圓周的弧長(zhǎng)是多少?設(shè)地球的半徑為R，地面處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T.參考答案：設(shè)地球的半徑為R，地面處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T.衛(wèi)星運(yùn)轉(zhuǎn)在地球表面衛(wèi)星每轉(zhuǎn)一周經(jīng)過赤道上空拍攝一次，一天內(nèi)地球自轉(zhuǎn)一周，衛(wèi)星每天可在赤道上空拍攝次為

每次經(jīng)過赤道上空要拍攝的赤道弧長(zhǎng)為17.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy在第一象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二、四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第三象限內(nèi)存在與x軸負(fù)方向成30°角斜向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以一定初速度從y軸上的A點(diǎn)與y軸正方向成60°角垂直磁場(chǎng)方向射入第二象限，粒子從x軸上的C點(diǎn)與x軸正方向成30°角進(jìn)入第三象限，粒子到達(dá)y軸上的D點(diǎn)（沒畫出）時(shí)速度剛好減半，經(jīng)第四象限內(nèi)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后又能垂直x軸進(jìn)入第一象限內(nèi)，最后恰好回到A點(diǎn)，已知OA=a，第二象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，粒子重力不計(jì)，求：（1）粒子的初速度v0和第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1；（2）第一、三象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E1、E2；（3）粒子在第一、三象限內(nèi)運(yùn)行的時(shí)間比t1：t3．參考答案：解：（1）粒子在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)正好完成半個(gè)圓周，則：

所以R2=a

解得：

粒子在第三象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有：CD=

粒子在第四象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)有：

而

解得：（2）在第一象限內(nèi)：水平位移x1=R4+R4sin30°=a

豎直位移

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有：

y1=v1t1

解得

在第三象限內(nèi)：

代入解得：

（3）在第三象限內(nèi)有：

解得

所以

答：（1）粒子的初速度v0和第四象限內(nèi)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度．（2）第一、三象限內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為

和

．

（3）粒子在第一、三象限內(nèi)運(yùn)行的時(shí)間比為9：4．【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．【分析】（1）由粒子在第二象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛侖茲力提供，結(jié)合幾何關(guān)系其直徑恰為AC．可以求得粒子的初速度，再由題意結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子在第四象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由半徑公式可以求出第四象限內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度．（2）在第三象限做勻減速直線運(yùn)動(dòng)粒子速度減半，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出加速度，從而就求出了第三象限的電場(chǎng)強(qiáng)度；粒子在第一象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，由水平位移和豎直位移公式求出水平面方向的加速度，從而也求出了第一象限的電場(chǎng)強(qiáng)度．（3）第一象限的時(shí)間可以從豎直方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)位移除以速度得到，而第三象限由勻減速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出，均用題目所給的物理量表示，從而也就求出了在兩個(gè)象限的時(shí)間之比．18.（15分）在光滑的水平面上有一質(zhì)量M=2kg的木板A，其右端擋板上固定一根輕質(zhì)彈簧，在靠近木板左端的P處有一大小忽略不計(jì)質(zhì)量m=2kg的滑塊B。木板上Q處的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑。且PQ間距離L=2m，如圖所示。某時(shí)刻木板A以υA

=1m/s的速度向左滑行，同時(shí)滑塊B以υB

=5m/s的速度向右滑行，當(dāng)滑塊B與P處相距時(shí)，二者剛好處于相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)，若在二者共同運(yùn)動(dòng)方向的前方有一障礙物，木板A與它碰后以原速率反彈（碰后立即撤去該障礙物）。求B與A的粗糙面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ和滑塊B最終停在木板A上的位置。（g取10m/s2）

參考答案：解析：設(shè)M、m共同速度為υ，由動(dòng)量守恒定律得